后缀自动机三·重复旋律6

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单点时限:3000ms
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描述

小Hi平时的一大兴趣爱好就是演奏钢琴。我们知道一个音乐旋律被表示为一段数构成的数列。

现在小Hi想知道一部作品中所有长度为K的旋律中出现次数最多的旋律的出现次数。但是K不是固定的,小Hi想知道对于所有的K的答案。

解题方法提示

输入

共一行,包含一个由小写字母构成的字符串S。字符串长度不超过 1000000。

输出

共Length(S)行,每行一个整数,表示答案。

样例输入
aab
样例输出
2
1
1

小Hi:上次我们已经学习了后缀自动机了,今天我们再来解决一个用到后缀自动机的问题。

小Ho:好!那我们开始吧!

小Hi:现在我们要对K=1..length(S)求出所有长度为K的子串中出现次数最多的子串的出现次数。小Ho你有什么想法么?

小Ho:我有一个Naive的想法。在上上周我们已经知道对于SAM中的一个状态st,endpos(st)就是st这个状态包含的子串在S中的所有结束位置(st包含所有子串都具有相同的结束位置集合)。每个不同的结束位置就对应了一次出现次数。所以如果我们能在构造SAM的过程中把endpos也都求出来,应该就能解决这个问题了。

小Hi:你这个思路不错,但是复杂度有些高。我们用|endpos(st)|表示endpos(st)的大小。那么对于一个状态st,|endpos(st)|最坏可能到达O(length(S))的级别,所有状态的|endpos(st)|之和最坏也可能达到O(length(S)^2)级别。

小Hi:比如对于S="aaaaa",其状态如下,容易发现Σ|endpos(st)| = 1 + 2 + 3 + ...。

状态 子串 endpos
S 空串  
1 a {1,2,3,4,5}
2 aa {2,3,4,5}
3 aaa {3,4,5}
4 aaaa {4,5}
5 aaaaa {5}

小Ho:所以如果我们对每个状态维护endpos的话,复杂度至少也是O(length(S)^2)的哦?那我们能不能只维护endpos(st)的大小,即|endpos(st)|,而不维护具体的endpos(st)呢?就像我们在上周只维护了maxlen(st)和minlen(st),而不维护具体的substrings(st)。

小Hi:你这个想法也很不错。可惜如果用上周的增量法建SAM时维护|endpos(st)|的话,额外的代价有点高。举个例子,假设我们已经建好了S="aaaaa"的SAM:

状态 子串 endpos |endpos|
S 空串    
1 a {1,2,3,4,5,6} 5
2 aa {2,3,4,5,6} 4
3 aaa {3,4,5,6} 3
4 aaaa {4,5,6} 2
5 aaaaa {5,6} 1

当我们增加一个字符'a',建立S="aaaaaa"的SAM:

状态 子串 endpos |endpos|
S 空串    
1 a {1,2,3,4,5,6} 6
2 aa {2,3,4,5,6} 5
3 aaa {3,4,5,6} 4
4 aaaa {4,5,6} 3
5 aaaaa {5,6} 2
6 aaaaaa {6} 1

你会发现前面的状态1-5都需要修改,它们的|endpos|都增加了1。

小Ho:所以我们如果维护|endpos(st)|的话,最坏情况下复杂度又会是O(length(S)^2)。那我们该怎么办呢?

小Hi:我们要换个思路,不追求在构造SAM的过程中同时把|endpos(st)|算出来。而是先构造SAM,再单独把每个状态的|endpos(st)|算一遍。还是以S="aabbabd"为例。

小Hi:这次我们不考虑Transition Function,只留下Suffix Links。此外,如果一个状态能接受(也就是包含)S的某个前缀的话,我们就把这个状态标记成绿色。例如状态4包含"aabb",状态7包含"aabbab"。

状态 子串 endpos
S 空串 {0,1,2,3,4,5,6}
1 a {1,2,5}
2 aa {2}
3 aab {3}
4 aabb,abb,bb {4}
5 b {3,4,6}
6 aabba,abba,bba,ba {5}
7 aabbab,abbab,bbab,bab {6}
8 ab {3,6}
9 aabbabd,abbabd,bbabd,babd,abd,bd,d {7}

小Hi:根据上上周基本概念中介绍的内容,我们知道Suffix Links把SAM中的所有状态连成了一棵树,并且父子(祖孙)之间的endpos集合有包含关系,非祖孙之间的endpos交集为空集。(还记得这个定理吗?对于S的两个子串s1和s2,不妨设length(s1) <= length(s2),那么 s1是s2的后缀当且仅当endpos(s1) ⊇ endpos(s2),s1不是s2的后缀当且仅当endpos(s1) ∩ endpos(s2) = ∅)。我们能不能"自底向上"求出所有状态的|endpos(st)|呢?

小Ho:好像有点意思。你继续讲。

小Hi:我们从2个具体的例子入手来分析这个问题。第一个例子是状态8,假设我们要求|endpos(8)|。我们知道状态8有两个儿子分别是状态3和状态7(即slink[7]=slink[3]=8),其中endpos(3)={3}, endpos(7)={6},这时|endpos(8)|是多少?

小Ho:看上去endpos(8)=endpos(3) ∪ endpos(7)。所以|endpos(8)| = |endpos(7)| + |endpos(3)|?

小Hi:我们再看一个例子,状态1,假设我们要求|endpos(1)|。我们知道状态1有两个儿子分别是状态2和状态6,其中endpos(2)={2}, endpos(6)={5},这时|endpos(1)|是多少?

小Ho:endpos(1)是{1, 2, 5},并不是endpos(2) ∪ endpos(6) = {2, 5},多了一个元素1。

小Hi:通过这两个例子你有什么思路么?

小Ho:我们明白了。一个状态st对应的|endpos(st)|至少是它儿子的endpos大小之和。这一点还是比较容易证明的。假设x和y是st的两个儿子,那么根据Suffix Link的定义,我们知道st中的子串都是x中子串的后缀,也是y中子串的后缀。所以endpos(st) ⊇ endpos(x) 并且 endpos(st) ⊇ endpos(y)。又根据Suffix Link的定义我们知道x中的子串肯定不是y中子串的后缀,反之亦然,所以endpos(x) ∩ endpos(y) = ∅。所以|endpos(st)| >= |endpos(x)| + |endpos(y)|。

小Hi:那么|endpos(st)|可能比st儿子的endpos大小之和大多少呢?

小Ho:最多就大1。并且大1的情况当且仅当st是上文提到的绿色状态,即st包含S的某个前缀时才发生。我们分析endpos(1)={1, 2, 5}就会发现,它比endpos(2) ∪ endpos(6) = {2, 5}多出来的结束位置1的原因就是状态1还包含S的长度为1的前缀"a"。更一般的情形是如果某个状态st包含S的一个前缀S[1..l],那么一定有l∈endpos(st),并且l不能从st的儿子中继承过来。这时就需要+1。

小Hi:没错。那么我们如何判断哪些状态应该标记成绿色状态呢?

小Ho:可以在构造SAM的时候顺手做了。回顾我们构造SAM的算法,当新加入一个字符的时候,我们至少会新建一个状态z(还可能新建一个状态y),这个状态z一定是绿色状态(y一定不是)。

小Hi:没错,我们回顾一下。先构造SAM,顺手把绿色状态标记出来。然后再对Suffix Link连成的树"自底向上"求出每一个状态的|endpos(st)|,这一步"自底向上"可以通过拓扑排序完成,我们很早之前就讲过,不再赘述。

小Ho:求出每一个状态的|endpos(st)|后,我们还需要求出每个长度的子串最多出现了多少次。我对这一步还有疑问。假设ans[l]表示长度为l的子串最多出现的次数。我的想法是对于每个状态st,都要循环一遍,利用|endpos(st)|更新ans[minlen(st)] ... ans[maxlen(st)]的值。这一步复杂度好像又是O(length(S)^2)的,这不是功亏一篑了吗?我写的伪代码如下。

FOREACH State st:
FOR i = minlen(st) .. maxlen(st):
ans[i] = max(ans[i], |endpos(st)|)

小Hi:你提的这个问题很好。这是我们最后要解决的一个问题了。值得注意的是ans[1], ans[2], ... ans[length(S)]一定是一个单调递减序列。所以我们对于每个状态st,只需要更新ans[maxlen(st)]。之后令i = length(S)-1 .. 1,从后向前扫描一遍,令ans[i] = max(ans[i], ans[i+1]),即可。伪代码如下,你仔细体会一下。

FOREACH State st:
ans[maxlen(st)] = max(ans[maxlen(st)], |endpos(st)|)
FOR i = length(S) - 1 .. 1:
ans[i] = max(ans[i], ans[i+1])

小Hi讲的实在太好了,就不说什么了。

 /*************************************************************************
> File: main.cpp
> Author: You Siki
> Mail: You.Siki@outlook.com
> Time: 2016年12月23日 星期五 15时14分18秒
************************************************************************/ #include<bits/stdc++.h> //using namespace std; const int maxn = ; /* AUTOMATON */ int last = ;
int tail = ;
int fail[maxn];
int step[maxn];
int flag[maxn];
int next[maxn][]; inline void buildAutomaton(char *s)
{
while (*s)
{
int p = last;
int t = tail++;
int c = *s++ - 'a'; flag[t] = true;
step[t] = step[p] + ; while (p && !next[p][c])
next[p][c] = t, p = fail[p]; if (p)
{
int q = next[p][c];
if (step[q] == step[p] + )
fail[t] = q;
else
{
int k = tail++;
fail[k] = fail[q];
fail[q] = fail[t] = k;
step[k] = step[p] + ;
for (int i = ; i < ; ++i)
next[k][i] = next[q][i];
while (p && next[p][c] == q)
next[p][c] = k, p = fail[p];
}
}
else
fail[t] = ;
last = t;
}
} int que[maxn];
int cnt[maxn];
int ans[maxn]; inline int solveAndPrintAnswer(char *s)
{
int hd = , tl = , n = strlen(s); for (int i = ; i < tail; ++i)
++cnt[fail[i]]; for (int i = ; i < tail; ++i)
if (!cnt[i])que[tl++] = i; while (hd != tl)
{
int t = que[hd++];
flag[fail[t]] += flag[t];
if (--cnt[fail[t]] == )
que[tl++] = fail[t];
} for (int i = ; i < tail; ++i)
if (ans[step[i]] < flag[i])
ans[step[i]] = flag[i]; for (int i = n; i; --i)
if (ans[i] < ans[i + ])
ans[i] = ans[i + ]; for (int i = ; i <= n; ++i)
printf("%d\n", ans[i]);
} /* MAIN FUNC */ char str[maxn]; signed main(void)
{
scanf("%s", str);
buildAutomaton(str);
solveAndPrintAnswer(str);
}

@Author: YouSiki

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